Macierz przeksztalcenia liniowego \(\displaystyle{ \varphi \colon \mathbb{R}^3\to \mathbb{R}^3}\) w bazie \(\displaystyle{ (\epsilon_1,\epsilon_1+\epsilon_2,\epsilon_1+\epsilon_2+\epsilon_3)}\) ma postać \(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}1&2&-1\\2&3&1\\1&3&-4\end{array}\right]}\). Znajdź bazę jądra i obrazu tego przekształcenia.
Prosiłabym o wyjaśnienie krok po kroku jak to zrobić, bo kompletnie nie wiem jak za to sie zabrac, a niestety niedługo egzamin
znajdź jądro i obraz przekształcenia liniowego
-
JankoS
- Użytkownik
- Posty: 3101
- Rejestracja: 21 lis 2007, o 10:50
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Zarów
- Pomógł: 635 razy
znajdź jądro i obraz przekształcenia liniowego
Sposób 1.Macierz przekształcenia jest nieosobliwa, więc jest ono izomorfizmem. Stąd \(\displaystyle{ Ker \ \varphi =\{0\}}\) i jądro nie ma bazy. Z izomorfizmu \(\displaystyle{ \varphi \ mam \ dim \ Im \ \varphi=3.}\) Bazą obrazu jest dowolny układ trzech niezależnych liniowo wektorów, np. \(\displaystyle{ (e _{1},e _{2},e _{3}).}\)
Sposób 2. Oznaczam A daną macierz przekształcenia. Z definicji jądra przekształcenia jest to zbiór wektorów \(\displaystyle{ w=(x,y,z)}\) takich, że \(\displaystyle{ Aw=0.}\)
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}1&2&-1\\2&3&1\\1&3&-4\end{array}\right] ft[\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}x+2y-z\\2x+3y+z\\x+3y-4z\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right]}\)
Porównując współrzędne wektorów dostaję układ jednorodny trzech równań z trzema niewiadomymi. Macierz A tego układu jest nieosobliwa, więc ma on jedno rozwiązania \(\displaystyle{ (x,y,z)=(0,0,0)}\) i jest to jedyny element jądra. Wektor zerowy jest liniowo zależny, więc to jądro nie ma bazy.
Tak jak w sposobie 1 wnioskuję, że wymiar obrazu jest równy 3 i obieram dowolną bazę obrazu.
Można też wybrać bazę, która jest obrazem zadanej bazy \(\displaystyle{ ((1,0,0),(1,1,0),(1,1,1).}\)
\(\displaystyle{ \varphi ((1,0,0))=\left[\begin{array}{ccc}1&2&-1\\2&3&1\\1&3&-4\end{array}\right] ft[\begin{array}{c}1\\2\\1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}4\\0\\0\end{array}\right], \ \varphi ((1,1,0))=\left[\begin{array}{c}3\\5\\4\end{array}\right], \varphi ((1,1,1))=\left[\begin{array}{c}2\\6\\0\end{array}\right]}\)
Sposób 2. Oznaczam A daną macierz przekształcenia. Z definicji jądra przekształcenia jest to zbiór wektorów \(\displaystyle{ w=(x,y,z)}\) takich, że \(\displaystyle{ Aw=0.}\)
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc}1&2&-1\\2&3&1\\1&3&-4\end{array}\right] ft[\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}x+2y-z\\2x+3y+z\\x+3y-4z\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right]}\)
Porównując współrzędne wektorów dostaję układ jednorodny trzech równań z trzema niewiadomymi. Macierz A tego układu jest nieosobliwa, więc ma on jedno rozwiązania \(\displaystyle{ (x,y,z)=(0,0,0)}\) i jest to jedyny element jądra. Wektor zerowy jest liniowo zależny, więc to jądro nie ma bazy.
Tak jak w sposobie 1 wnioskuję, że wymiar obrazu jest równy 3 i obieram dowolną bazę obrazu.
Można też wybrać bazę, która jest obrazem zadanej bazy \(\displaystyle{ ((1,0,0),(1,1,0),(1,1,1).}\)
\(\displaystyle{ \varphi ((1,0,0))=\left[\begin{array}{ccc}1&2&-1\\2&3&1\\1&3&-4\end{array}\right] ft[\begin{array}{c}1\\2\\1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}4\\0\\0\end{array}\right], \ \varphi ((1,1,0))=\left[\begin{array}{c}3\\5\\4\end{array}\right], \varphi ((1,1,1))=\left[\begin{array}{c}2\\6\\0\end{array}\right]}\)